2022高考数学文人教A版一轮复习学案：高考大题专项（一）　突破1　利用导数研究与不等式有关的问题 WORD版含解析.docx

1、 高考大题专项(一)导数的综合应用 考情分析导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.突破 1 利用导数研究与不等式有关的问题必备知识预案自诊 知识梳理1.与 ex,ln x 有关的常用不等式的结论(1)由 f(x)=ex 图象上任一点(m,f(m)的切线方程为 y-em=em(x-m),得 exem(x+1)-mem,当且仅当 x=m 时,等号成立.当 m=0

2、 时,有 ex1+x;当 m=1 时,有 exex.(2)由过函数 f(x)=ln x 图象上任一点(n,f(n)的切线方程为 y-ln n=(x-n),得 ln x x-1+ln n,当且仅当 x=n 时,等号成立.当 n=1 时,有 ln xx-1;当 n=e 时,有 ln x x.(3)由(1),(2)得,若 x(0,+),则 exx+1x-1ln x.2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.3.函数不等式的类型与解法(1)xD,f(x)kf(x)maxk;xD,f(x)kf(x)mink

3、;(2)xD,f(x)g(x)f(x)maxg(x)min;xD,f(x)g(x)f(x)ming(x)max.4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略(1)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最小值g(x)在c,d上的最大值.(2)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最大值g(x)在c,d上的最小值.(3)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最小值g(x)在c,d上的最小值.(4)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最大值g(x)在c,d上的最大值.(5)x1a

4、,b,当 x2c,d时,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域与 g(x)在c,d上的值域交集非空.(6)x1a,b,x2c,d,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域g(x)在c,d上的值域.(7)x2c,d,x1a,b,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域g(x)在c,d上的值域.关键能力学案突破 考点 求函数不等式的参数的取值范围(多考向探究)考向 1 求单变量函数不等式的参数的取值范围【例 1】已知函数 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).(1)略;(2)若当 x(1,+)时,f(x)0,求实数 a 的取值范围.解题心得 1.若x0,f(x)0 成立,

5、求 a 的取值范围,即求当 x0,f(x)0 恒成立时的 a 的取值范围,即研究 a 取什么范围使得当 x0 时 f(x)0 成立.2.对于恒成立求参数取值范围的问题,最值法与分离参数法是两种最常用的方法.如果分离后的函数容易求最值,则选用分离参数法,否则选用最值法.最值法主要考查学生分类讨论的思想,一般遵循“构造函数分类讨论”两步来展开.一些稍难的恒成立问题,如果用分离参数法来处理,往往需要多次求导和使用洛必达法则.对点训练 1(2020 河北石家庄质量检测)已知函数 f(x)=axex-(a+1)(2x-1).(1)若 a=1,求函数 f(x)的图象在点(0,f(0)处的切线方程;(2)当

6、 x0 时,函数 f(x)0 恒成立,求实数 a 的取值范围.考向 2 求双变量函数不等式的参数的取值范围【例 2】(2020 山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数 f(x)=mln x-x+(mR).(1)略;(2)若 f(x)有两个极值点 x1,x2,不等式 mx1x2,求实数 m 的取值范围.考点 利用导数证明不等式(多考向探究)考向 1 单未知数函数不等式的证明【例 3】已知函数 f(x)=ex-ln(x+m).(1)略;(2)当 m2 时,证明 f(x)0.解题心得 1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以

7、放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.2.证法 1 与证法 2 中出现的 x0 的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法 2 比证法 1 简单,这是因为利用了函数单调性将命题 ex-ln(x+m)0 加强为 ex-ln(x+2)0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法 2 中,因为(x0)的表达式涉及 ,ln(x0+2),都是超越式,所以(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子 =0进行变形,得到两个式子 和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题

8、的常用策略.对点训练 3 已知函数 f(x)=-.(1)求曲线 y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)求证:当 a1 时,f(x)+e0.【例 4】已知函数 f(x)=x+.(1)略;(2)设函数 g(x)=ln x+1,证明:当 x(0,+)且 a0 时,f(x)g(x).解题心得欲证函数不等式 f(x)g(x)(xI,I 是区间),设 h(x)=f(x)-g(x)(xI),即证 h(x)0,为此研究 h(x)的单调性,先求 h(x)的零点,根据零点确定 h(x)在给定区间 I 上的正负,若 h(x)在区间 I 上单调递增或单调递减或先单调递减后单调递增,只须 h(x)min0(x

9、I)(若 h(x)min 不存在,则须求函数 h(x)在与区间 I 相应的闭区间上的端点处的函数值),若 h(x)在区间 I 上先单调递增后单调递减,只须区间 I 的端点的函数值大于或等于 0;若 h(x)的零点不好求,可设出零点 x0,然后确定零点的范围,进而确定 h(x)的单调区间,求出 h(x)的最小值 h(x0),再研究 h(x0)的正负.对点训练 4(2020 安徽南陵中学模拟,文 21)已知函数 f(x)=aex-ln x-1.(1)设 x=2 是 f(x)的极值点,求实数 a 的值,并求 f(x)的单调区间;(2)证明:当 a 时,f(x)0.考向 2 双未知数函数不等式的证明【

10、例 5】已知函数 f(x)=-x+aln x(aR).(1)讨论 f(x)的单调性;(2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,证明:-a-2.解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下四种:方法 1:利用换元法,化归为一个未知数;方法 2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;方法 3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;方法 4:利用主元法,构造函数证明.对点训练 5(2020 山东德州二模,21)已知函数 f(x)=x2-ax+aln 2x(a0).(1)若 a0 时 f(x)在1,e上的最小值是 -ln 2,求

11、a;(2)若 ae,且 x1,x2是 f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)0 等价于 a0,于是 K(x)在(1,+)上单调递增,所以 K(x)K(1)=0,于是 H(x)0,从而 H(x)在(1,+)上单调递增.由洛必达法则,可得 -=2,于是 a2,于是 a 的取值范围是(-,2.(方法 2 最值法)由 f(x)=(x+1)lnx-a(x-1),得 f(x)=lnx+1-a.当 1-a0,即 a1 时,f(x)0,所以 f(x)在(1,+)上单调递增,所以 f(x)f(1)=0.当 a1 时,令 g(x)=f(x),则 g(x)=-0,所以 g(x)在(1,+)上单调递增,于

12、是f(x)f(1)=2-a.()当 2-a0,即 10,于是 f(x)在(1,+)上单调递增,于是 f(x)f(1)=0.()当 2-a2 时,存在 x0(1,+),使得当 1xx0 时,f(x)0,于是 f(x)在(1,x0)上单调递减,所以 f(x)0,则 f(x)0 对任意的 x0 恒成立可转化为 -对任意的 x0 恒成立.设函数F(x)=-(x0),则 F(x)=-.当 0 x0;当 x1 时,F(x)0,当 m4 时,g(x)=0 有两个不相等的实根 x1,x2,且 x1+x2=m,x1x2=m.当 m4 时,两个根为正,f(x)有两个极值点 x1,x2,f(x1)+f(x2)=ml

13、nx1-x1+mlnx2-x2+=mlnx1x2-(x1+x2)+=mlnm-m+m=mlnm.=(x1+x2)2-2x1x2=m2-2m.所以 -.所以 a -在 m(4,+)时恒成立.令 h(m)=-(m4),则 h(m)=-.令(m)=1-lnm,则(m)=-0,所以(m)在(4,+)上单调递减.又(4)=1-2ln20,所以(m)0 在(4,+)上恒成立,即 1-lnm0.所以 h(m)0.所以 h(m)在(4,+)上为减函数.所以 h(m)h(4)=ln2.所以 aln2,即 a 的取值范围是ln2,+).对点训练 2 解(1)略;(2)当 a=-1 时,f(x)=-lnx-x2+1

14、,不妨设 0 x1mx1x2 等价于|-|m(x2-x1),考查函数 g(x)=,得 g(x)=-,令 h(x)=-,h(x)=-,则当 x(0,)时,h(x)0,当 x(,+)时,h(x)0,所以 h(x)在区间(0,)上单调递增,在区间(,+)上单调递减.故g(x)g()=-1g(x2),即 ,故 m(x2-x1),所以 +mx1 +mx2,即 g(x1)+mx1g(x2)+mx2 恒成立,设(x)=g(x)+mx,则(x)在(0,+)上单调递减,从而(x)=g(x)+m0 恒成立,故(x)=g(x)+m -1+m0,故 m1-.故实数 m 的取值范围为-,1-.例 3 解(1)略.(2)

15、证法 1:f(x)定义域为(-m,+),f(x)=ex-,f(x)=ex+0,其中 f(x)是 f(x)的导函数,则 f(x)在(-m,+)上单调递增.又因为当 x(-m)+时,f(x)-,当 x+时,f(x)+,所以 f(x)=0 在(-m,+)上有唯一的实数根 x0,当-mxx0 时,f(x)x0 时,f(x)0,所以 f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以当 x=x0 时,f(x)取得最小值.由 f(x0)=0 可得 =0,即 ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=-ln(x0+m)=+x0=+x0+m-m2-m.当 m0;当 m=2 时,等号成立的条件是

16、 x0=-1,但显然 f(-1)=e-1-ln(-1+2)=-00.所以等号不成立,即 f(x0)0.综上所述,当 m2 时,f(x)f(x0)0.证法 2:当 m2,x(-m,+)时,ln(x+m)ln(x+2),于是 f(x)ex-ln(x+2),所以只要证明(x)=ex-ln(x+2)0,x(-2,+),就能证明当 x2 时,f(x)0.(x)=ex-,(x)=ex+0,其中(x)是(x)的导函数.于是(x)在(-2,+)上单调递增.又因为(-1)=-10,所以(x)=0 在(-2,+)上有唯一的实数根 x0,且 x0(-1,0).当-2xx0 时,(x)x0 时,(x)0,所以(x)在

17、(-2,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以当 x=x0 时,(x)取得最小值.由(x0)=0 可得 =0,即 ln(x0+2)=-x0,于是(x0)=-ln(x0+2)=+x0=0,于是(x)(x0)0.综上所述,当 m2 时,f(x)0.证法 3:当 m2,x(-m,+)时,ln(x+m)ln(x+2),于是 f(x)ex-ln(x+2),所以只要证明ex-ln(x+2)0(x-2),就能证明当 m2 时,f(x)0.由 lnxx-1(x0)可得 ln(x+2)x+1(x-2).又因为 exx+1(xR),且两个不等号不能同时成立,所以 exln(x+2),即ex-ln(x+2

18、)0(x-2),所以当 m2 时,f(x)0.对点训练 3(1)解 f(x)=-,因为(0,-1)在曲线 y=f(x)上,且 f(0)=2,所以切线方程为 y-(-1)=2(x-0),即 2x-y-1=0.(2)证明 f(x)+e0 -+e0ax2+x-1+ex+10.当 a1 时,ax2+x-1+ex+1x2+x-1+ex+1,因为 ex1+x(xR),所以 ex+12+x,所以 x2+x-1+ex+1x2+x-1+(2+x)=(x+1)20.所以当 a1 时,f(x)+e0.例 4(1)略.(2)证明令 h(x)=f(x)-g(x)=x+-lnx-1(x0),h(x)=1-,设 p(x)=

19、x2-x-a=0,函数 p(x)的图象的对称轴为 x=.p(1)=1-1-a=-a1,由对称性知,p(x)=0 的另一实数根小于 0,h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,h(x)min=h(x0)=x0+-lnx0-1=x0+-lnx0-1=2x0-lnx0-2,令F(x)=2x-lnx-2(x1),F(x)=2-0 恒成立,所以 F(x)在(1,+)上单调递增.又 F(1)=2-0-2=0,F(x)0,即 h(x)min0,故当 x(0,+)且 a0 时,f(x)g(x).对点训练 4(1)解 f(x)的定义域为(0,+),f(x)=aex-.由题设知,f(2)=0,

20、所以 a=.从而 f(x)=ex-lnx-1,f(x)=ex-.当 0 x2 时,f(x)2 时,f(x)0.所以 f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增.(2)证明设 g(x)=-lnx-1,则 g(x)=.当 0 x1 时,g(x)1 时,g(x)0.所以 x=1 是 g(x)的极小值点也是最小值点.故当 x0 时,g(x)g(1)=0.因此,当 a 时,f(x)-lnx-10.例 5(1)解函数 f(x)的定义域为(0,+),f(x)=-1+=-.若 a2,则 f(x)0,当且仅当 a=2,x=1 时,f(x)=0,所以 f(x)在(0,+)上单调递减.若 a2,由 f(

21、x)0,可得-x -,由 f(x)0,可得 0 x -,所以 f(x)在(-)(-)上单调递减,在(-)上单调递增.综上所述,当 a2 时,f(x)在(0,+)上单调递减;当 a2 时,f(x)在 0,-,-,+上单调递减,在(-)上单调递增.(2)证明证法 1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则 a2.因为 x1,x2 是 f(x)的两个极值点,所以x1,x2 满足 x2-ax+1=0,所以 x1+x2=a,x1x2=1,不妨设 0 x11x2.-=(-)-(-)-=-1+-=-2+-,于是 -a-2-2+-a-2 -1-12lnx2+-x21,由(1)知,g(x)在(1,+)上单调递减

22、,所以 g(x)2.因为 x1,x2 是 f(x)的两个极值点,所以 x1,x2 满足 x2-ax+1=0,不妨设 0 x11x2,则 x2-x1=-,x1x2=1.-=(-)-(-)-=-1+-=-2-,于是 -a-2-2-0,则(t)=1-=1-0,所以(t)在(0,+)上单调递增,于是(t)(0)=0,原不等式获证.证法 3:仿照证法 1,可得 -a-2 -1,设 0 x11x2,因为 x1x2=1,所以 -ln ,令 t=(0,1),构造函数 h(t)=2lnt+-t,由(1)知,h(t)在(0,1)上单调递减,所以 h(t)h(1)=0,原不等式获证.对点训练 5(1)解 f(x)的

23、定义域是(0,+),f(x)=-a+-.令 g(x)=x2-2ax+2a,对称轴 x0=aa,g(1)=10,所以当 x1,e时,g(x)0,即 f(x)=0.所以 f(x)在1,e上单调递增.f(x)min=f(1)=-a+aln2=-ln2,解得 a=-1.(2)证明由 f(x)有两个极值点 x1,x2,则 f(x)=0 在(0,+)上有 2 个不相等的实数根,即 x2-2ax+2a=0 在(0,+)上有 2 个不相等的实数根,则 -解得 a2.x1+x2=2a,x1x2=2a,=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.当 ae 时,f(x1)+f(x2)-)+2e=aln(4x1x2

24、)-a(x1+x2)-)+2e=aln8a-2a2-(4a2-4a)+2e=aln8a-3a2+a+2e(ae).令 g(a)=aln8a-3a2+a+2e(ae),g(a)=ln8a-6a+2(ae),令h(a)=g(a)=ln8a-6a+2,h(a)=-6=-,当 ae 时,h(a)0,所以 h(a)在e,+)上单调递减.所以 h(a)h(e).即 g(a)g(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+33-6e+3=6-6e0,所以 g(a)在e,+)上单调递减,g(a)g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)e(3-3e+4)=e(7-3e)0,所以 g(a)0,所以原不等式成立.